無機化學題庫

無機化學水平測試題(Ⅰ)121.524以下物質(zhì)中可以認為具有最大摩爾熵的是( )A.Li(g) B.Li(s) C.LiCl·HO(s) D.LiCO(s)2 3在肯定溫度下：SnO(s)+2H(g)===Sn(s)+2HO(g) KΘ=21.02 2 2 1CO(g)+HO(g)===CO(g)+H(g) KΘ=0.0342 2 2 2因此，以下反響SnO(s)+2CO(g)===Sn(s)+2CO(g)的KΘ=( )2 2 3A.21.0 B.0.714 C.0.0243 D.21.6以下化合物中，既有離子鍵又有共價鍵的物質(zhì)是( )A.NaOH

B.CaCl C.CH2 4

D.NHCl44.(Cu2+/Cu)===0.3，(Cu/Cu)=0.52V，則(C2/C+為( A.–0.18VB.0.16V C.0.86V D.0.18V以下元素原子半徑排列挨次正確的選項是( )A.Mg>B>Si>ArC.Si>Mg>B>Ar

B.Ar>Mg>Si>BD.B>Mg>Ar>Si反響32++2B===3A+23在標準狀態(tài)下電池的電動勢為1.8，某濃度時，反響的電池電動勢E為1.6V，則此時該反響的l值( )A.3×1.8/0.0592C.6×1.6/0.0592

B.3×1.6/0.0592D.6×1.8/0.0592以下離子的原子序數(shù)分別是2222其電子構型可以[Ar]36表示的( )Mn2+

Fe2+ C.Co3+

D.Ni2+8.HS的KΘ=1.0×1–7，KΘ=1.0×1–13，在飽和的HS水溶液中(S–)應為2 a a 21 2( )mol·L–1A.1.0×10–7

B.1.0×10–13C.1.0×10–4 D.1.0×10–2012以下表達正確的選項是( )放熱反響均為自發(fā)反響 B.I(g)的?GΘ2 f m

(298.15)=0C.某反響的?G>0，并不表示該反響在任何條件下都不能自發(fā)進展rmD.假設反響的HΘ和GΘ均為正值，則上升溫度GΘ將增大r m r m r m協(xié)作物K[FeF5.9玻爾磁子，而K[Fe(CN)1.93 6 3 6種差異的緣由是( )FeB.K[Fe(CN)]不是協(xié)作物3 6C.F原子比C原子的電負性大，使CN－比F－有更強的配位力量D.在配體CN－的影響下，中心離子dBaCl有白色沉淀產(chǎn)生，用HCl酸化，沉淀完全溶解，2再參加過量NaOH至強堿性，加熱有刺激性氣體逸出。此白色固體為( )A.(NH)CO B.(NH)SO42 3 42

C.NHCl D.KCO4 2 3依據(jù)R—O—H規(guī)章，以下次鹵酸的酸性由強到弱的正確挨次為( )A.HIO>HBrO>HClOC.HClO>HBrO>HIO

B.HBrO>HIO>HClOD.HClO>HIO>HBrO以下物理量中，屬于狀態(tài)函數(shù)的是( )A.H B.Q C.△H D.△U某反響的速率方程是=k(A(B(A50%v降低至原來的1(B)4增大2倍時，v增大1.41倍，則a、b分別為( )A.0.5，1 B.2，0.7 C.2，0.5 D.2，2所謂原子軌道是指( )肯定的電子云C.肯定的波函數(shù)

核外電子的幾率D.某個徑向分布函數(shù)以下物質(zhì)中酸性最強的是( )A.HS B.HSO C.HSO D.HSO2 2 3 2 4 227261298.15KCaF2

的KΘ=3.4×10–11，其在純水中溶解度為 (也可只列sp式)。以下各電極的大小的挨次是 。(Ag+/Ag)(2Θ(AgI/Ag)(3Θ(AgS/Ag)(4Θ(AgCl/Ag)2由于惰性電子對效應，Pb(Ⅳ)具有較強的 所以Pb的化合物以氧化值 為主。假設覺察了第121號元素M，則其所在周期表中的位置為 周期， 族；其金屬活潑性較同族元素要 。以下碳酸鹽KCO、CaCO、ZnCO、SrCO中，對熱穩(wěn)定性由強到弱的挨次為 ；2 3 3 3 3三鹵化硼B(yǎng)F、BCl、BBr、BI，熔、沸點的凹凸挨次是 。3 3 3 3在HgCl分子中，Hg原子實行的雜化方式是 雜化；HgCl分子為 分子；2 2HO分子中O原子實行的是 雜化，其分子的空間構型為 。2寫出氧化值為+3+6酸性介質(zhì) ；堿性介質(zhì) 。晶體與非晶體相比，有如下特征：(1) ；(2) ；(3) 。對一給定的化學反響，在肯定溫度下，活化能越小，反響速率 ；ΔGΘ越小，r m平衡常數(shù) 。100mL0.1mol·L–1NH50mL0.1mol·L–1HCl3的溶液為 溶液，其溶液的(O–的計算式為 注明混合后物質(zhì)濃度)。11.依據(jù)分子軌道理論，推斷以下物質(zhì)H+、N+、Be、O，具有順磁性的物質(zhì)是 。2 2 2 2在肯定溫度下，轉(zhuǎn)變?nèi)芤旱乃岫?，水的離子積常數(shù) 。HCO–CO2–、NHNH+、HPOHPO–、HO+OH–中，不是共軛酸3 3 3 4 3 4 4 3堿對的有 以下分子NHBClCOHSSiCl中屬于極性分子的是 。3 3 2 2 4由反響進度定義的反響速率的量值與表示反響速率物質(zhì)的選擇 ，但與反響的計量數(shù) 。三、是非題(推斷以下表達是否正確，在正確的答案后打√，在錯誤的答案后打×，共101Ag+和Ba2+NO-、SO2-、CO2-、

NO-、I-中，可能存在的是NO-。3

3 4 3 32.298K時Θ(HO/HO)=1.77V，Θ(MnO-/Mn2+1.51VHO

的氧化力量大于22 2 4 22MnO-，因此MnO-不能氧化HO4 4 223.HOHSHSe高，主要與HO2 2 2 2按協(xié)作物的價鍵理論，[Cr(HO)3+為外軌型配離子，而[Cr(CN)3－為內(nèi)軌型配離子。2 6 6在酶催化反響的前后，酶的數(shù)量和化學性質(zhì)不變。sp21s2p晶體場理論認為，當協(xié)作物的晶體場穩(wěn)定化能為零時，該協(xié)作物不能穩(wěn)定存在。CrCl溶液與NaSCrS3 2 23全部單質(zhì)分子均為非極性分子。當速率方程中各反響物的濃度項的冪指數(shù)等于各反響物的化學計量數(shù)確實定值時，該反響肯定是基元反響。102Zn+HNONO3 2MnO–(堿性介質(zhì))+SO2–4 3Cr(OH)–+HO+OH–CrO2–4 22 4HgCl+SnCl2 2 2PbS+HOPbSO22 4612241.如何配制SnCl22.Co(OH)e3Co2+Co3+Co2+

Co(OH)+OH–2Θ=1.82V

試推斷Co(OH)KΘCo(OH)KΘ哪個大?為什么?3 sp 2 sp241450.2mol·L–1的鈉鹽NaX溶液的pH=9.0，試計算弱酸HX化學反響HCO–(ag)+CHO–(ag)===CO2–(ag)+CHOH(ag)24 65 24 65(1)298.15KGΘ(298.15)；rm(2)0.01mol·L–1，生成物的濃度皆為0.1mol·L–1時，反響向哪個方向進展？(HCO KΘ=6.4×10–5，CHOH的KΘ=1.0×10–10)224 a2

65 a試計算：

CuCl(sΘ=0.54，Θ(C2/Cu)=0.3，Θ(C/Cu)=0.5，(1)CuClKΘ；(2)Cu+在水溶液中發(fā)生歧化反響的平衡常數(shù)。sp1mol·L－1的Ba2+0.01mol·L－1Ca2+的溶液中參加(NHCO4224哪種離子先沉淀？當其次種離子開頭沉淀時，第一種離子沉淀的百分數(shù)為多少？KΘ(CaCO1.0×10–10KΘ(BaCO)=1.0×10–7)sp 24 sp 24KΘ([Ag(CN)f

–])=1.0×1021，KΘ([Ag(NH2 f

+)=1.0×107，在1L濃度為0.132mol·L–1的[Ag(NH+的溶液中，參加0.2mol的固體NaCN(無視體積變化)，計算溶液中的32[Ag(CN)–、[Ag(NH+、CN–、NH2 32 3參考答案一、選擇題1.(A)2.(C) 3.(A、D) 4.(B) 5.(B) 6.(D) 7.(B、C) 8.(B)9.(C)10.(C、D)11.(A)二、填空題3Ksp41.2.0×10–4mol·L–13Ksp4

12.(C)13.(A)14.(C)15.(C) 16.(D)2.(1)>(4)>(2)>(3)3.氧化性氧化值為+24.第八周期ⅢB強5.KCO>SrCO>CaCO>ZnCO BI>BBr>BCl>BF2 3 3 3 3 3 3 3 36.sp雜化直線型不等性sp3 V字形7.CrO2–+6e+14H+

2Cr3++7HO CrO2–+3e+2HO

CrO–+4OH–27 2 4 2 28.有肯定的幾何外形固定的熔點各向異性9.越快越大緩沖溶液(OH)=KΘ

c(NH )3H+2

bN+ O N2 2

c(NH )413.HPOHPO2–，HO+和OH–3 4 4 3三、是非題

NHHS14.無關有關3 21.√2.×3.√4.×5.√6.×7.×8.×9.×10.×四、完成并配平以下反響方程式1.4Zn+10HNONO+4Zn(NO５HO3 2 32 22.２MnO–+SO2–+2OH－===2MnO2–+SO2–+HO4 3 4 4 23.2Cr(OH)2–+3HO+2OH–===2CrO2–+8HO4 22 4 2HgCl+SnCl===2Hg+SnCl2 2 2 4PbS+4HO===PbSO+4HO22 4 2五、簡答題1.加濃鹽酸使SnCl2化。

Sn粒，以防Sn2+被氧2.Co(OH)

KΘCo(OH)

的KΘ由于Θ(Co(OH)/Co(OH)) <Θ(Co3+/Co2+)說明溶液3 sp 2 sp 3 2中的(C3+)遠遠小于(Co2Co(OH)3

解離出的(C3+)遠遠小于Co(OH)解離出的(C2+)，2KΘ(Co(OH)KΘ(Co(OH)sp 3 sp 2六、計算題1.NaXpH=9.，pOH=5.，(O－)=1.15moL1c(OH-) KΘc

KΘchw1.01014w

KΘa解之：

＝2.0×10–5c2(OH-) 0.2 KΘKΘ aa2.(1)KΘ

KΘ(Ha2

CO)2 2 4

5.71105KΘ(Ca 6

HOH)5Θ=–Rln=–8.31×29×ln5.7105=32.84(k·mo–1)r m(2)Qc

0.102102KΘ(5.71105)，所以反響正向進展。0.0102(或依據(jù)

G的正、負推斷： G ===GΘ+RTlnQ=–32.84+RTln100rm rm r m=–32.84+11.41=–21.43(kJ·mol–1)<03.(1)依據(jù)電勢圖求ΘCu2/Cu：(Cu2/Cu)×

Cu2+

Cu+/C〕0.6〕〔Cu2+/Cu＝

Cu2+/CuCl=

Cu2+/Cu+0.0592

cCu2〕cCu〕＝0.16+0.0592lg 1KΘsplgKΘ=6.42KΘ=3.810-7

CuCl〕sp sp(2)2Cu+ Cu2++CuzΘΘ〕Θ

Cu+/CΘ

Cu+/Cu2＋〕lgKΘ= 〔+〕〔-〕=0.0592 0.0592將代入得：lgKΘ6.10,KΘ1.2616。4.(1)Ba2+開頭沉淀時，[CO2－KΘ(BaCO)/[Ba2+]=1.0×10－7mol·L–1；24 1 sp 24Ca2+開頭沉淀時，[CO2－KΘ(CaCO)/[Ca2+]=1.0×10－8mol·L–1。24 2 sp 24由于[CO2－<[CO2－]，所以Ca2+先沉淀。24 2 24 1(2)當[CO2－]≥1.0×10－7mol·L–1時，同時滿足兩種離子沉淀，即Ba2+也開頭沉淀。24KΘCa2+濃度為[Ca2+]=sp

CaC

2O〕=0.001mol·L–10.010.001=90%。41.010－745.[Ag(NH)]+2C－[Ag(CN)－]+2NH，其反響的為：

0.0132 2 3c([Ag(CN)-)c(NH)2 KΘ([Ag(CN)-) 1.01021Θ=

2 3 = f 2

=1.01014c([Ag(NH)+)c(CN)2 KΘ(Ag(NH)+

1.010732 f 32由于Θ=1.×114[Ag(NH)[Ag(CN)32 2[Ag(NH)+]+2CN－=[Ag(CN)－]+2NH32 2 3c(mol·L–1) x 2x 0.1–x0.2–2x平由于x≈1－5.7mo·–1故：[Ag(NH)+≈1－5.7mo·L–，(NH≈0.2moL132 3[Ag(CN2－≈0.1mo·–，(C－2×10－5.mo·–1無機化學水平測試題(Ⅱ)一、選擇題(在以下各題中，選出符合題意的11.5分，共24以下說法正確的選項是( A.放熱反響均為自發(fā)反響S為正的反響均為自發(fā)反響rmS為正、rmS為負、

H為負的反響均為自發(fā)反響rmH為正的反響均為自發(fā)反響rm rm上升溫度可以加快反響速率，其主要緣由是( )降低了反響的活化能C.增加了活化分子總數(shù)

增加了活化分子百分數(shù)D.增加了分子的碰撞次數(shù)以下各組量子數(shù)，不合理的是( )(按n、l、m的挨次)A.(2，2，–1) B.(3，1，–1) C.(1，0，0) D.(4，3，1)分子中有極性鍵且偶極矩不等于零的是( )A.CO B.BF C.CH D.CHCl2 3 4 2 2室溫下，穩(wěn)定狀態(tài)單質(zhì)的標準摩爾熵是( )A.0 B.1 C.>0 D.<0既能用濃HSO枯燥，又能用堿石灰枯燥的物質(zhì)是( )2 4A.NH3

B.H2

C.SO2

D.Cl2HSK2 a1

=1.0×10–7，Ka2

=1.0×10–131L飽和的HS0.1mol2HCl氣體(S2)為( )mo·L－1A.1.0×10–13 B.1.0×10–4 C.1.0×10–20 D.1.0×10–19將pH=5.0與pH=9.0的兩種強電解質(zhì)溶液等體積混合，其pH值為( )A.1.0 B.13.0 C.7.0 D.1.5既溶于過量氨水，又溶于過量NaOH溶液的是( )Ca(OH) B.Fe(OH) C.Zn(OH) D.Al(OH)2 3 2 3配制I溶液時，參加固體KI，目的是為了( )，增大I的溶解度。2 2810增加鹽效應 B.利用同離子效應 C.降低水分子極性 D.生成I－離子3在Al(SO)溶液中參加NaCO，其主要產(chǎn)物是( )。2 43 2 3Al(CO)+NaSO2 33 2 4C.Al(OH)+CO3 2

Al3++CO2－3D.Al(CO)+CO2 33 212.40mL0.1mol·L–1HAc與20mL0.1mol·L–1NaOH混合后，溶液的pH值為( )A.3.1

B.9.25

C.4.75

D.5.313.Θ(Fe3+/Fe2+)=0.77V，Θ(Fe2+/Fe)=–0.44V，則Θ(Fe3+/Fe)=( )A.–0.037V B.0.55V C.0.40V D.1.65V14.27Co[Co(NH3+是內(nèi)軌型協(xié)作物，則中心離子未成對電子數(shù)和雜化軌道類36型是( )A.4，sp3d2 B.0，sp3d2 C.4，d2sp3 D.0，d2sp315.以下分子或離子中含有π4鍵的是( )3A.SO B.NO－ C.NO D.NO+2 3 2 216.按熱力學上通常的規(guī)定，以下物質(zhì)中標準摩爾生成焓為零的是( )A.C(金剛石)B.PC.O(g)D.I(g)4323011．M2+離子的3d軌道半布滿的元素的原子序數(shù)為 ，其價層電子構型為 ，屬于 周期， 族。2．[Fe(OH)(HO)]Cl的系統(tǒng)命名為 ，形成體是 ，配位原子為 ，2 2 4配位數(shù)為 。推斷化學鍵是否有極性的標準是兩成鍵原子的 相對大小，推斷分子是否有極性的標準是 等于零。A+B===2CK；C+D===EKA+B+2D===2E1 2的K= 。32NO(g)===2NO(g)+O(gΔHΘ113kJ·mol–1。其正反響的速2 2 r m率方程為 ，當反響到達平衡時，上升溫度平衡常數(shù)KΘ ；降低壓力，平衡移動。BF中B原子實行的是 雜化，分子的空間構型為 。3有A、B、C、D四種元素，它們的原子序數(shù)依次為14、8、6和29，它們的單質(zhì)屬于分子晶體的是 ；屬于原子晶體的是 ；屬于金屬晶體的是 ；既有分子晶體又有層狀晶體的是 。8.在分子間力中， 力存在于一切分子中。9.同離子效應使弱電解質(zhì)的電離度 ，是難溶電解質(zhì)的溶解度 。10.298K101325Pa的條件下，在酸性溶液中(H+/H)= ，在堿性溶2液中((O－)=1.0moL–1(H/H)= 。2化學平衡最主要的特征是 。在原電池中，流出電子的極為 ； 發(fā)生氧化反響。協(xié)作物的價鍵理論的根本要點是：在配位個體中，形成體與配體以 結合，為了提高成鍵力量，形成體所供給的價層空軌道首先 。14.濃度為0.01mol·L–1的一元弱堿(KΘ=1.0×10–8)，其pH＝ 。b三、是非題(推斷以下表達是否正確，在正確的答案后打√，在錯誤的答案后打×，共1011.需要加熱才能進展的反響肯定是吸熱反響。2.O3個O3HAc溶液與NaOHNaOH10mL0.1mol·L–1HAc100mLHAc離子濃度必定增大。由能斯特方程式可知，在肯定溫度下減小電對中復原型物質(zhì)的濃度，電對的電極電勢增大。6.p區(qū)元素的外層電子構型為s2p6。分子軌道由同一原子中能量相近、對稱性匹配的原子軌道線性組合而成。中心原子的配位數(shù)等于與中心原子以配位鍵相結合的配體的數(shù)目。NHClNaOH4數(shù)等于NH標準解離常數(shù)的倒數(shù)。3在NHHCOAgCONaCOCaCONaCO4 3 2 3 2 3 3 2 31021.MnO－+SO2－+HO4 3 2

MnO+SO2－2 42.CuSO+KICuI4 223.CrO2–+Fe2++H+27

Cr3++Fe3++HO24.HS+HSO2 2

115.HO+I－+H+2261224HOC－[Fe(HO)]3和[Fe(CN)]–2 2 6 6是低自旋協(xié)作物還是高自旋協(xié)作物，并寫出中心原子的d電子排布。欲從廢鐵屑制取硫酸亞鐵銨復鹽[NHFe(SO·12HO]，以下氧化劑HOHNO4 42 2 22 3(NHSO4228255計算：(1)CaF在純水中的溶解度；2(2)CaF

0.1mol·L–1的CaClKΘ(CaF)=2.7×10–11)2 2 sp 2有一含有0.10moL–1的NH0.010mo–1的NHCl和0.15mo1的[Cu(NH)]2+3 4 34Cu(OH)KΘ(Cu(NH2+)=4.8×1012、2KΘ(Cu(OH)2.2×10–22KΘ(NH)=1.8×10–5]

f 34sp 2 b 3電對Θ(HAsO/HAsO)=0.58，Θ(I/－)=0.54，試推斷以下反響：3 4 3 3 2HAsO+I+HO3 3 2 2在標準態(tài)下，向什么方向進展？

HAsO+2I－+2H+3 4溶液中(H+)=18mo·L–1749KCO(g)+HO(g)CO(g)+H(g)K=2.6，求：2 2 2 c當HOCO1CO2當HOCO3CO250mL0.2mol·L–1AgNO1mol·L–1NH·HO，計算達平衡3 3 2時溶液中Ag+、[Ag(NH+NHKΘ(Ag(NH2+)=1.0×107)32 3

f 3參考答案一、選擇題1.(C) 2.(B) 3.(A) 4.(D) 5.(C) 6.(B) 7.(D)8.(C)9.(C) 10.(D) 11.(C) 12.(C) 13.(A) 14.(D) 15.(A)16.(B)二、填空題121.253d54s2 四ⅦB一氯化二羥基·四水合鐵(Ⅲ)Fe3+ O6電負性的偶極矩是否4.K·K2)]22

1增大右6.sp2

2平面三角形7.BADC8.色散力9.降低減小10.0.000–0.826v＝v12.負極負極正 逆13.配位鍵進展雜化14.9.0三、是非題1.×2.×3.×4.×5.√6.√7.√8.×9.√10.√四、完成并配平以下反響方程式1.2MnO－+3SO2－+HO===2MnO+3SO2－+2OH—4 3 2 2 42.2CuSO+4KI===CuI+I+2KSO4 22 2 2 43.CrO2–+6Fe2++14H+27

===2Cr3++6Fe3++7HO2HS+HSO===3S+3HO2 2 3 25.HO+2I－+2H+22五、簡答題

===I+2HO2 21.HO2

<P，因此[Fe(HO)3+dO 2 6(d)3和(d)2。CN－為強場配體， >P，因此[Fe(CN)]3–是低自旋配離子，中心原子的d電· γ O 6子排布為(d)5和(d)0?！?γ2.應當是選(NH)SO，由于(NH)SO既是氧化劑(復原產(chǎn)物為SO2–)，又能供給4228 4228 4[NHFe(SO)·12HO]復鹽中的NH+和SO2–。4 42 2 4 4六、計算題1(1) CaF2

Ca2++2F－平衡濃度(mol·L–1)： s 2sKΘ=(c(Ca2))(c(F))2=(2)=5.×1=1.103mo·L–1sp cΘ cΘ(2) CaF2

+ 2F－平衡濃度(mol·L–1)： s+0.1≈0.1 2sKΘ=(c(Ca2))(c())2=0.·(2=5.1–s=1.105mo·L–1sp cΘ cΘ2.平衡時：

+4NH·HO===[Cu(NH)]2+ +4HO3 2 34 2平衡濃度(mol·L–1)：x 0.1 0.15KΘ

c([Cu(NH)34

]2/cΘ) 0.15 4.81012f {c(Cu2)/cΘ}{c(NH3

x0.14(Cu2+)=x=3.×1–11(moL1)KΘ(NHcO〕＝b

3

=1.8×10–4(mol·L–1)c(NH+)4=(C2+(O－)=1.10–18>KΘ(Cu(OH))sp 2所以，有沉淀生成。3.(1)由于Θ(HAsO/HAsO)=0.58VΘ(I/I)=0.54V，所以在標準態(tài)下，反響向左3 4 3 3 2進展。(2)(HAsO/HAsO)Θ(HAsO/HAsO

0.0592

lg(H)]23 4 3

3 4 3 3 2=0.58+所以，反響向右進展。

0.05922

lg(1–8=0.108(V)(I/I－)2由于在肯定體積的容器內(nèi)，物質(zhì)的量之比即等于濃度比，故當HO與CO物質(zhì)的量之21時，則c(HO)/c(CO)=1。2CO(g)+HO(g)===CO(g)+H(g)2 2 2原始濃度(mol·L–1) c c 0 0平衡濃度(mol·L–1)c–x c–x x x=Kc(CO=c

)c(H)2

= x2

=2.6c(CO)c(HO) (cx)22x解之：

=1.6

α(CO)=x

×100%=61.5%c 2.6 c(2)設到達平衡后，已轉(zhuǎn)化的CO的濃度為xmol·L–1c(CO2

)c(H)2

= x2

=2.6c(CO)c(H

O) (cx)(3cx)2解之：x=0.865 故α′(CO)=x”×100%=86.5%c c(A)=0.10mo·–，(NHHO)=0.50mo·L–13 2KΘ([Ag(NH+)較大，可以認為Ag+根本上轉(zhuǎn)化為[Ag(NH+，達平衡時f 32 32Ag+

+2NH·HO===[Ag(NH)]+ +2HO3 2 32 2平衡濃度(mol·L–1)x 0.30+2x 0.10–xKΘ

c([Ag(NH

32

1.12107，將數(shù)據(jù)代入得f c(Ag)[c(NH30.10x

HO)]22x(0.302x)2

1.12107 解得=9.1–8即(A+)=9.10–8moL–1([Ag(NH)]+)=(0.1–)mo·L–≈0.10mo·L–132(NH·H2O)=(0.30+)mo·–10.30mo·–1無機化學水平測試題(Ⅲ)一、選擇題(每題有一或兩個適宜的答案，將所選的答案符號填入題后的括號內(nèi)，共241.5以下氫化物中，熱穩(wěn)定性由高到低的正確挨次是( )A．CH>NH>HF>HO4 3 2C．HF>HO>CH>NH2 4

B．CH>HF>NH>HO4 3 2D．HF>HO>NH>CH2 3 4以下物質(zhì)中，為一元酸的物質(zhì)是( )A．HCO B．HBO C．NH D．HPO2 3 3 3 3 3 4依據(jù)分子軌道理論，指出以下分子中鍵級為零的是( )Be B．N C．O D．He2 2 2 2將HS氣體通入Hg(NO)溶液中，得到的沉淀物質(zhì)是( )2 2 32HgS B．Hg C．HgS+Hg D．HgS25．298K，NH(g)的HΘ46.19kJ·mol–1N(g)+3H(g)===2NH(g)3 f m

2 2 3的SΘ=–198J·mol–1·K–1，欲使此反響在標準態(tài)下能自發(fā)進展，所需溫度為( )rmA．<193K B．<466K C．>193K D．466K以下反響在25℃=1.086×1–，欲使CuSO·5HO變成CuSO·3HO時，4 2 4 2空氣中的水蒸氣壓力為( )CuSO·5HO(s)===CuSO·3HO(s)+2HO(g)4 2 4 2 2A．11.0Pa B．>0.02896Pa C．<1056Pa D．<22.0Pa7．鹵化銀的溶解度依Cl—Br—I的次序減小，能解釋這種現(xiàn)象的理論是( )A．雜化理論 B．分子間力 C．共價鍵 D．離子極化8．以下電對中，假設轉(zhuǎn)變電極反響的pH值，則電對電極電勢不變的是( )A．Cl/Cl－2

B．CO2–/Cr3+27

C．Fe3+/Fe2+

D．SO2–/SO4 2以下物質(zhì)與微酸性KCrO溶液反響沒有沉淀生成的是( )2 27A．KBr B．HS C．Ba(NO) D．Pb(NO)2 32 32單電子原子中電子的能量取決于( )sA．n B．n和l C．n、l、m D．n、l、m、ms1517Θ(A+/AgΘ(AgI/Ag(AgBr/AgΘ(AgCl/Ag、2、、4表示，其值從大到小的挨次( )A．2>3>4>1 B．1>4>3>2C．4>3>2>1 D．3>1>2>4欲配制pH=4.6和pH=7.0的緩沖溶液，應先用( )KΘ(HCOOH)=1.8×10–4KΘ(HAc)=1.8×10–5KΘ(NH

)=1.8×10–5，HCO的a aKΘ=5×10–11，HPOKΘ=1.0×10–7)

b 3 2 3a 3 4 a2 2A．HCOOH—HCOONaNaHCO—NaCO3 2 3B．HAc—NaAcNaHPONaHPO2 4 4C．HCOOH—HCOONaNH—NHCl3 4D．HAc—NaAcNH—NHCl3 4欲將溶液中的Cl－、CO2–、S2–分別沉淀出來，可承受AgNOBa(NOCu(NO3 3 32 32試劑，其參加試劑的正確挨次為( )A．Ba(NO) AgNO Cu(NO) B．AgNO Ba(NO) Cu(NO)3 2 3 3 2 3 3 2 32C．Ba(NO) Cu(NO) AgNOD．Cu(NO) Ba(NO) AgNO3 2 3 2 3 3 2 3 2 314KΘ(NHHO)=1.×1–50.010mo1NHHO和0.010moL–1KOHb 3 2 3 2混合液中，c(NH+)等于( )4A．9.0×10–4

B．1.8×10–5

mol·L–1C．0.020mol·L–1

D．6.0×10–4

mol·L–1將含某陰離子的溶液先用HSO酸化后，再參加KMnO。在加KMnO前后只觀看到紫2 4 4 4色褪去，說明該溶液中可能存在的陰離子是( )A．SO2– B．SO2– C．NO－ D．PO3–23 3 3 4NHCl)后，不能被溶解的是()4A．Ni(OH) B．Fe(OH) C．Cu(OH) D．Zn(OH)2 3 2 2261波函數(shù)ψ是描述 數(shù)學函數(shù)式，它和 是同義詞||2的物理意義是 。CCl中C原子以 雜化，其分子的空間構型為 。4

GΘ(S2–)=85.80kJ·mol–1GΘ(HS－)=12.05kJ·mol–1，則HS的其次f m f m 2級電離常數(shù)為 。(2分)HgCl是共價型分子，在水溶液中大局部以 存在，所以有 之稱。2KMnO在以下介質(zhì)中與復原劑反響的復原產(chǎn)物為：(1)強酸性 ，(2)中性或弱酸4性 ，(3)強堿性 。6．：[Zn(OH)2–+2eZn+4OH－4

Θ=–1.22VZn2++2e==Zn=–0.76V，則KΘ(Zn(OH))－= 。只列)(2)f 4四氯·二氨合鈷(Ⅲ)酸鉀的化學式為 ，中心離子是 ，配位原子是 。分子間最普遍存在的作用力為 。PbCl2

(C－3.×10–2moL1PbCl2

的KΘ= 。sp(不考慮水解)(2反響：2O(g) 3O(g)的K=y，求以下反響：3 2 1O(g) O(g)K= 。3 2 23O(g) 2O(g)K= 。2 3 3在NaSO的溶液中參加 ，則產(chǎn)生黃色沉淀和刺激性氣體，其離子反響223方程式為 ，這是鑒定SO2的常用方法。2 3三、是非題(推斷以下表達是否正確，在正確的答案后打√，在錯誤的答案后打×，共101將碳酸鈉溶液與硫酸鋁溶液混合后，生成碳酸鋁沉淀。在NaHPO溶液中參加AgNO生成AgHPO2 4 3 2 4標準平衡常數(shù)和平衡轉(zhuǎn)化率都可以表示可逆反響進展的程度，它們都與濃度無關。每個CsCl4Cs+4Cl－。冰在室溫下自動溶化成水，是熵增起了主要作用。CClCHClCHClsp3雜化，因此這些分子都是正四周4 3 2 2體形。全部含氫化合物的分子之間，都存在著氫鍵。同類分子，分子越大，分子間力也就越大；色散力只存在于非極性分子之間。磷酸和亞磷酸分子中都含有三個氫原子，因此它們都是三元酸。濃硝酸的復原產(chǎn)物為NO2，而稀硝酸的復原產(chǎn)物為NO。因此，稀硝酸的氧化性比濃硝酸強。1021．MnO－+CO2–+H4 242．KCrO+KI+HSO2 27 2 43．Zn+HNONHNO3 4 3MnO2+H+ MnO+MnO+HO4 4 2 25．Mn2+SO–+8HOg28 284為什么說雙氧水(HO22Au不溶于HNO3306PClPCl(g)===PCl(g)+Cl(g10L2molPCl(g)，5 5 3 2 5251.5molPCl(g)分解，求該溫度下的平衡常數(shù)？假設在該密閉容器內(nèi)通入1mol5Cl(g)，溫度不變，PCl(g)分解的百分數(shù)是多少？2 5等體積的0.2moL–1的HAc和0.2moL1的NaAcpH值是多少？1.1LpH＝5.74KΘ(HAc)=1.8×10–5)a通過計算說明1.0gAgBr能否完全溶于１L1.0moｌ·L–1(M(AgBr)=187.，KΘ(AgBr)=1.×10–13，KΘ([Ag(NH)]+)=1.×1。sp f 32(KΘ(Cu(NH))2+=4.8×1012，KΘ(Cu(OH))=2.2×10–20，KΘ(NH)=1.8×10–5)f 34

sp 2 b 3含有氫電極H(101325Pa)∣H+1.0mol·L–1的2弱酸(HA(KA)所組成。假設將此氫電極與另一電極組成原電池，測得其電動勢E=0.38V，并知氫電極為正極，另一電極的

–0.65V。問該氫電極中溶液的pH(–)酸(HAKΘ各為多少？a5．KΘ(Cr(OH))=6.3×13，反響Cr(OH)+OH===[Cr(OHK=0.4。sp 3 3 4(1)Cr3+沉淀完全時溶液的pH(20.1mol·L–1

Cr(OH)1.0L3NaOH溶液中，則NaOH(3)計算[Cr(OH)－的標準穩(wěn)定常數(shù)。4參考答案一、選擇題1.(D) 2.(B) 3.(A、D) 4.(C) 5.(B) 6.(